Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: "ujjgyakorlatok"

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[286] [evilcman]2005-08-23 18:53:03

71.

p=2 igaz, máskor

* (3;p)=1; (2;p)=1; (6;p)=1

a kis Fermat tételből:

2p-1=pa+1

3p-1=pb+1

6p-1=pc+1

a vizsgált kifejezés így : (3pa + 2pb + pc)/6 egész szám, ugyanakkor * ( (3a + 2b + c)/6 is egész )

Előzmény: [284] Ali, 2005-07-25 09:25:38
[285] lorantfy2005-07-27 15:37:14

Szia Suhanc!

Kösz, hogy foglalkoztál a feladattal! Gondold át, ha van kedved hozzá, hogy milyen évszámmal kellene megadni a feladatot, hogy csak a Jónás féle verzióban legyen megoldás! (Lehet, hogy 2005 jó lenne?)

Persze más is elgondolkodhat rajta!

Előzmény: [282] Suhanc, 2005-07-12 22:06:32
[284] Ali2005-07-25 09:25:38

71. feladat.

Ha p\ne3 prím, akkor 2p-2 + 3p-2 + 6p-2 - 1 osztható p -vel.

[283] lorantfy2005-07-12 22:12:13

Igazad van! A szokás szerint a következő születésnapig az előző életkor számít és ezt a feladat szövege megengedi. Nem erre gondoltam a megfogalmazáskor, de most rájöttem, hogy akkor lenne igazán jó a feladat ha csak egy megoldása lenne, a Te elképzelésed szerinti.

Előzmény: [281] jonas, 2005-07-12 19:46:08
[282] Suhanc2005-07-12 22:06:32

Kedves László!

Ha nem rontottam el, úgy néz ki, az 1900 és 2000 között születettek közül csak az 1984-re stimmel a feladat állítása (Ha szigorú értelemben vesszük. Jonas elgondolását nem írtam bele a programba). Szóval így kissé meghökkentő a feladat végeredménye...kétszeresen is...

Előzmény: [280] lorantfy, 2005-07-12 18:02:36
[281] jonas2005-07-12 19:46:08

Miért nem jó az 1979? Ha a szülő mondjuk 1979. októberben született, a gyereke pedig 2002. márciusában, akkor 2006. júliusában a szülő 26 éves, és 1+9+7+9=26, de a gyereke már 4 éves, és 2+0+0+2=4.

Előzmény: [280] lorantfy, 2005-07-12 18:02:36
[280] lorantfy2005-07-12 18:02:36

Szia Jónás!

Az 1979 nem stimmel, mert erre 2005-ben lesz igaz az állítás. Az 1984 a jó. 22 éves embernek lehet 4 éves gyereke!

Előzmény: [279] jonas, 2005-07-12 15:01:41
[279] jonas2005-07-12 15:01:41

Igen, 1979-ben született, a gyermeke pedig 2002-ben. (Nem olyan valószínű, de esetleg az is előfordulhat, hogy 1984-ben született, a gyereke szintén 2002-ben.)

Előzmény: [278] lorantfy, 2005-07-11 12:08:37
[278] lorantfy2005-07-11 12:08:37

70. feladat: Valaki azt állítja, hogy jövő évben (2006) ő és gyermeke is annyi ídős lesz mint születési évszámuk számjegyeinek összege. Igaza lehet?

[277] lorantfy2005-04-16 13:54:05

Kedves Suhanc és Fórumosok!

Bizonyítottnak kell tekintenek a gondolatátvitellel való információátadás lehetőségét :-), ugyanis az előző hozzászólásom végére odagondoltam, hogy akkor gyártsatok hasonló feladatokat.

Ezen kívül gratula az 55. feladat megoldásaiért! Nagyon tetszettek.

Előzmény: [276] Suhanc, 2005-04-16 12:21:11
[276] Suhanc2005-04-16 12:21:11

69.Feladat Bizonyítsd be, hogy:

17|33n+152n+1+25n+111n

[275] lorantfy2005-04-15 07:50:54

Kedves Csimbi!

Kösz az ügyes és gyors megoldást. Végülis az a lényeg, hogy ha két szám azonos maradékot ad, k-val osztva, akkor n-edik hatványuk is azonos maradékot ad.

Előzmény: [270] Csimby, 2005-04-13 16:48:53
[274] Suhanc2005-04-14 20:56:45

Kedves Sirpi és Fálesz Mihály!

Köszönöm a megoldásotokat! Igazából már lemondtam róla, hogy bárkit is érdekeljen a feladat... Sirpi, említettél egy közepes megoldást, ami szerintem megegyezik az én megoldásommal. Mindenesetre akkor én azt engedelmeddel "pofátlanul beírnám", szerintem van üzenete...

Megfelelő módon osztjuk részekre a baloldalon lévő mennyiségeket, és ezekből fogjuk a jobb oldal tagjait a számtani- mértani közepek közötti egyenlőtlenség egítségével becsülni.

Eredetileg: a3b+b3c+c3a\gea2bc+ab2c+abc2

Ekkor:

\frac{4(a^3b)+(b^3c)+2(c^3a)}{7} \ge a^2bc

\frac{2(a^3b)+4(b^3c)+(c^3a)}{7} \ge ab^2c

\frac{(a^3b)+2(b^3c)+4(c^3a)}{7} \ge abc^2

E három egyenlőtlenséget összeadva épp a bizonyítandó állítást kapjuk...

Előzmény: [273] Sirpi, 2005-04-14 14:24:06
[273] Sirpi2005-04-14 14:24:06

Hát igen, ez jóval egyszerűbb megoldás. Viszont igaz, hogy a másik hosszú, meg számolós, de az enyém :-) Közben rájöttem én is egy másik, nem ennyire számolós megoldásra.

Osszuk le mindkét oldalt abc-vel (ha valamelyik szám 0, akkor triviálisan igaz az egyenlőtlenség):

a2/c+b2/a+c2/b\geqa+b+c

Átrendezve:

a^2 \cdot \frac1c + b^2 \cdot \frac1a + c^2 \cdot \frac1b \geq a^2 \cdot \frac1a + b^2 \cdot \frac1b + c^2 \cdot \frac1c

Mindkét oldalon az a2,b2,c2 számok vannak páronként összeszorozva az \frac1a, \frac1b, \frac1c számokkal, és össze vannak adva a szorzatok, csak más sorrendben vannak összepárosítva a két oldalon. Ismert tétel (rendezési tételnek, vagy Szűcs Adolf-tételnek is hívják), hogy egy ilyen szorzat akkor lesz maximális, ha a két összeszorzandó sorozat azonos módon van rendezve, akkor lesz a legkisebb, ha ellentétes módon, ebből következően az összes többi permutáció e kettő közt fog elhelyezkedni.

A jobb oldalon fordított sorrendben van rendezve a két számhármas (ha pl. a2\geqb2\geqc2, akkor 1/a\leq1/b\leq1/c), így a bal oldal legalább akkora, mint a jobb.

[272] Fálesz Mihály2005-04-14 14:03:12

Szia Sirpi,

A megoldást ismertem, ezért nem írtam le eddig. (A 83-as párizsi diákolimpián a legnehezebb feladatot, amire a teljes magyar csapat összesen 1 pontot szerzett, erre az egyenlőtlenségre lehetett visszavezetni egy kis trükkel.)

(a3b+b3c+c3a)-(a2bc+ab2c+abc2)=

=ab(a-c)2+bc(b-a)2+ca(c-b)2\ge0.

F.M. :-)

Előzmény: [271] Sirpi, 2005-04-14 11:16:40
[271] Sirpi2005-04-14 11:16:40

Na, akkor a rég eltemetett 55. feladatról írnék, ami úgy szólt, hogy ha a,b,c\geq0, akkor a3b+b3c+c3a\geqa2bc+ab2c+abc2.

Kijött közepekkel is, de ha nem akarok nagyágyúkat használni, akkor ki lehet direkt módon is hozni. Első észrevétel, hogy ha a=b=c=0, akkor triviálisan igaz az állítás. Ha meg nem, akkor szorozzunk fel (a+b+c)-vel:

(a+b+c)(a3b+b3c+c3a)\geqabc(a+b+c)2

Elvégezve a beszorzást mindkét oldalon 9-9 tagot kapunk, amiből 3 egyezik:

a4b+ab3c+a2c3+a3b2+b4c+abc3+a3bc+b3c2+ac4\geqa3bc+ab3c+abc3+2a2b2c+2a2bc2+2ab2c2

Rendezve:

(a4b+b3c2-2a2b2c)+(b4c+c3a2-2ab2c2)+(c4a+a3b2-2a2bc2)\geq0

Ez pedig nyilvánvalóan igaz, mert ez átírható a következő alakra:

b(a2-bc)2+c(b2-ac)2+a(c2-ab)2\geq0

Egyenlőség akkor áll fenn, ha minden tag 0. Minden tag egy szorzat, ezért az egyenlőségnek az a feltétele, hogy minden tényező valamelyik tagja 0. Nézzük meg az eredeti egyenletet abban az esetben, ha pl. c=0, ekkor a bizony1tandó egyenlet az a3b\geq0 alakra egyszerűsödik. Vagyis ha van nulla a számok közt, akkor egyenlőség áll fenn, amennyiben van köztük még legalább egy másik nulla is.

Ha nincs nulla a számok közt, akkor pedig az a2=bc,b2=ac,c2=ab egyenlőségek mindegyikének kell teljesülnie, de ha feltesszük, hogy c a legnagyobb, és c2=ab, abból rögtön következik, hogy a=b=c. Tehát az (a,a,a) és az (a,0,0) számpárok esetén van egyenlőség.

Előzmény: [189] Suhanc, 2004-09-22 20:12:09
[270] Csimby2005-04-13 16:48:53

26n-1+5n.32n+2 akkor és csak akkor osztható 19-cel, ha a 2-szerese is osztható vele, tehát vizsgáljuk a 2-szeresét: 26n+2.5n.32n+2=64n+2.5n.9.9n

2.9\equiv-1 (mod 19) \implies 64n+2.5n.9.9n\equiv64n-45n

64n-45n=(64-45)(64n-1+64n-2.45+64n-3.452+...+64.45n-2+45n-1)

64-45=19, tehát készen vagyunk.

Előzmény: [269] lorantfy, 2005-04-13 09:25:54
[269] lorantfy2005-04-13 09:25:54

68. feladat: Bbh. minden n-re 19 osztója 26n-1+5n.32n+2-nek !

[268] Lóczi Lajos2005-03-29 22:26:50

Aki a (határozatlan) integrálokkal szeretne egy kicsit játszani (és éppen nincs szimbolikus programcsomagja kéznél), azoknak ajánlom a http://integrals.wolfram.com/ címet. Ott meglátod a kérdésedre az általános választ, ami speciális függvényt tartalmaz. (Ezekről egy hatalmas gyűjtemény l. pl. a http://functions.wolfram.com/ címen.) Persze minden konkrét k-ra és n-re az integrál elemien kiszámítható. DE, a paraméterekkel csínján kell azért bánni, hiszen itt ugye hallgatólagosan azt FELTÉTELEZTÜK, hogy k és n pl. pozitív egészek. De már a k=1 és n=-1 esetben is teljesen más alakú lesz a primitív függvény, mint amit írtál. (Sőt, ugye még ott vannak az a és b paraméterek is...nulla vagy nem nulla, stb.)

Előzmény: [266] tudniakarok, 2005-03-27 11:58:50
[267] lorantfy2005-03-27 12:03:23

Na ez rendben van! Hát ebből látszik, hogy ha be van szorozva a belső fgv. deriváltjának megfelelő x hatvánnyal akkor könnyű a dolgunk. Ebből azt is lehet sejteni, miért nehéz, ha nincs beszorozva a deriválttal.

Előzmény: [264] tudniakarok, 2005-03-27 00:50:32
[266] tudniakarok2005-03-27 11:58:50

lemaradt hogy x a változó,ahogy eddig is

[265] tudniakarok2005-03-27 11:50:57

Azaz,ez is általánosan:

\int x^{k-1}(ax^k+b)^n=\bigg[\frac{(ax^k+b)^{n+1}}{(n+1)ka}\bigg]

[264] tudniakarok2005-03-27 00:50:32

Kicsi a világ,főleg a neten!:) Bár szégyen szemre nekem nem ugrik be az ismerettség,de elég meggyőző a sporttárs megszólítás,úgyhogy biztos ismerjük egymást,csak rossz az arcmemóriám!bocsánat. A feladatot eddig könnyebb megoldani mint beírni szépen:)

\int x\big(ax^2+b)^n dx=\bigg[\frac{(ax^2+b)^{n+1}}{(n+1)2a}\bigg]

Előzmény: [263] lorantfy, 2005-03-26 22:30:21
[263] lorantfy2005-03-26 22:30:21

Kedves Sporttárs!

Most jöttem rá, hogy ismerlek valahonnan... Próbálkozz ezzel:

Legyen egyenlőre k=2 és szorozzuk be egy x-szel, hogy könnyebb legyen:

\int{x\cdot(ax^2+b)^n}dx

Előzmény: [262] tudniakarok, 2005-03-26 18:21:25
[262] tudniakarok2005-03-26 18:21:25

Köszönöm a megerősítést!(a nagy könyvben nem találtam meg:) Gondoltam hogy a kérdésem belebonyolódik a matamatika olyan részeibe, ami egyelőre távol áll az én tudásomtól! Na de mind1!

Előzmény: [261] lorantfy, 2005-03-26 01:09:14

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]